【化學(xué)】廣西桂林市第十八中學(xué)2018-2019學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)考試（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項：
①本試卷共8頁，答題卡2頁?？荚嚂r間90分鐘,滿分100分；
②正式開考前，請務(wù)必將自己的姓名、考號用黑色水性筆填寫清楚并張貼條形碼；
③請將所有答案填涂或填寫在答題卡相應(yīng)位置，直接在試卷上做答不得分。
可使用的相對原子質(zhì)量： H 1 C 12 O 16 Na 23
第I卷（選擇題，共55分）
一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意。前5題每題2分，6-20題每題3分，共55分）
1.化學(xué)在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著重要的應(yīng)用，下列敘述不正確的是
A. 氧化鋁陶瓷是新型無機非金屬材料
B. 除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗滌，再分液
C. 鋁合金的大量使用歸功于人們能用焦炭等還原劑從氧化鋁中獲取鋁單質(zhì)
D. “酸可以除銹”、“熱的純堿溶液去油污”，都發(fā)生了化學(xué)變化
【答案】C
【解析】
【詳解】A、氧化鋁陶瓷屬于新型陶瓷，屬于新型無機非金屬材料，故A說法正確；
B、溴單質(zhì)能與NaOH發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)化成易溶于水的物質(zhì)，溴苯不與NaOH反應(yīng)，且溴苯不溶于NaOH，再通過分液的方法進行分離，故B說法正確；
C、工業(yè)上獲取鋁單質(zhì)，通過電解熔融狀態(tài)下氧化鋁，不能通過熱還原法獲得，故C說法錯誤；
D、銹一般是堿性氧化物，能與酸反應(yīng)而除去，純堿溶液顯堿性，加熱促進CO32－水解，堿性增強，油污在堿中水解，都屬于化學(xué)變化，故D說法正確。
2.設(shè)C＋CO2 2CO；（正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；反應(yīng)速率為v1），N2＋3H2 2NH3；（正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；反應(yīng)速率為v2），對于上述反應(yīng)，當溫度升高時，v1和v2的變化情況為
A. 增大，減小 B. 同時增大 C. 同時減小 D. 減小，增大
【答案】B
【解析】
【分析】
通過溫度對反應(yīng)速率的影響進行考慮，與反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)無關(guān)；
【詳解】升高溫度，反應(yīng)速率加快，無論正反應(yīng)速率還是逆反應(yīng)速率，故B正確；
3.1 mol某有機物充分燃燒，只生成88 g二氧化碳氣體和54 g水，下列結(jié)論正確的是
A. 該有機物的分子式為CH4
B. 該有機物的分子式一定為C2H6
C. 該有機物的分子式一定為C2H6O
D. 該有機物的分子中碳原子和氫原子的個數(shù)比為1∶3，可能含有氧原子
【答案】D
【解析】
【分析】
88gCO2中含有C原子物質(zhì)的量為n(C)=88g/44g·mol－1=2mol，54g水中n(H)=54g×2/18g·mol－1=6mol，根據(jù)元素守恒，1mol該有機物中含有C原子物質(zhì)的量為2mol，H原子為6mol；
【詳解】88gCO2中含有C原子物質(zhì)的量為n(C)=88g/44g·mol－1=2mol，54g水中n(H)=54g×2/18g·mol－1=6mol，根據(jù)元素守恒，1mol該有機物中含有C原子物質(zhì)的量為2mol，H原子為6mol；
A、根據(jù)上述分析，不能確認該有機物是否含有氧原子，如果該有機物中不含氧原子，則該有機物分子式為C2H6，故A不符合題意；
B、不能確認該有機物中是否含有氧元素，該有機物可能為烴，也可能為含氧衍生物，故B不符合題意；
C、不能確認該有機物中是否含有氧元素，該有機物可能為烴，也可能為含氧衍生物，故C不符合題意；
D、根據(jù)上述分析，推出C和H原子個數(shù)比為2：6=1：3，該有機物可能含氧元素，故D符合題意。
【點睛】一般通過燃燒方法確認有機物分子式，根據(jù)產(chǎn)物中CO2和H2O，求出C和H原子物質(zhì)的量，依據(jù)元素守恒，確認有機物中C和H原子物質(zhì)的量，然后根據(jù)有機物質(zhì)量確認該有機物是否含有氧元素。
4.下列四種溶液中，室溫下由水電離生成的H＋濃度之比（①∶②∶③∶④）是
① 1 mol·L－1的鹽酸　 ② 0.1 mol·L－1的鹽酸
③ 0.01 mol·L－1的NaOH溶液　 ④ 0.001 mol·L－1的NaOH溶液
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11 C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【分析】
酸溶液中計算水電離出H＋濃度，根據(jù)水的離子積，先求出溶液中c(OH－)，因為水電離出H＋濃度等于水電離出OH－濃度，同理堿溶液中計算水電離出OH－濃度，計算溶液中H＋濃度；
【詳解】①1mol·L－1的鹽酸中c(H＋)=1mol·L－1，溶液中c(OH－)=Kw/c(H＋）=10－14/1mol·L－1=10－14mol·L－1，H2OH＋＋OH－，水電離出c(H＋)等于水電離出c(OH－)，即1mol·L－1鹽酸溶液中水電離出c(H＋)=10－14mol·L－1；②根據(jù)①，0.1mol·L－1的鹽酸中水電離出c(H＋)=10－13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，該H＋由水電離產(chǎn)生，即水電離出c(H＋)=10－12mol·L－1；④同理③，0.001mol·L－1的NaOH溶液中水電離出c(H＋)=10－11mol·L－1；因此H＋濃度之比為10－14：10－13：10－12：10－11=1：10：100：1000，故A正確。
【點睛】計算酸中水電離出的c(H＋)，一般步驟是先根據(jù)水的離子積，求出溶液c(OH－)，該溶液中OH－是由水電離產(chǎn)生，即OH－濃度為水電離出H＋濃度；同理計算堿中水電離出的c(H＋)，根據(jù)水的離子積，求出c(H＋)即可。
5. 下列關(guān)于熱化學(xué)反應(yīng)的描述中正確的是
A. CO (g)的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反應(yīng)的ΔH＝+2×283.0kJ/mol
B. HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱ΔH＝－57.3kJ/mol，則H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)的中和熱ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol
C. 需要加熱才能發(fā)生的反應(yīng)一定是吸熱反應(yīng)
D. 1mol甲烷燃燒生成氣態(tài)水和二氧化碳所放出的熱量是甲烷的燃燒熱
【答案】A
【解析】
A．CO(g)的燃燒熱是283.0kJ/mol，則CO(g)＋1/2O2=(g)CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，那么2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反應(yīng)的ΔH＝+2×283.0kJ/mol，正確
B中和熱是指生成1 mol水所放出的熱量
C：木柴的燃燒需要加熱，但卻是放熱反應(yīng)
D：燃燒熱是指生成穩(wěn)定的物質(zhì)，所對應(yīng)的能量，例如液態(tài)水、氣態(tài)二氧化碳等等。
6. 最新報道：科學(xué)家首次用X射線激光技術(shù)觀察到CO與O在催化劑表面形成化學(xué)鍵的過程。反應(yīng)過程的示意圖如下：

下列說法中正確的是
A. CO和O生成CO2是吸熱反應(yīng)
B. 在該過程中，CO斷鍵形成C和O
C. CO和O生成了具有極性共價鍵的CO2
D. 狀態(tài)Ⅰ →狀態(tài)Ⅲ表示CO與O2反應(yīng)的過程
【答案】C
【解析】
試題分析：根據(jù)能量--反應(yīng)過程的圖像知，狀態(tài)I的能量高于狀態(tài)III的能量，故該過程是放熱反應(yīng)，A錯誤；根據(jù)狀態(tài)I、II、III可以看出整個過程中CO中的C和O形成的化學(xué)鍵沒有斷裂，故B錯誤；由圖III可知，生成物是CO2，具有極性共價鍵，故C正確；狀態(tài)Ⅰ →狀態(tài)Ⅲ表示CO與O反應(yīng)的過程，故D錯誤。
考點：反應(yīng)原理中化學(xué)反應(yīng)與能量變化
7.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是
A. 同溫同壓下，原子數(shù)均為NA的氫氣和氦氣具有相同的體積
B. 由CO2和O2組成的混合物中共有NA個分子，其中的氧原子數(shù)為2NA
C. 1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NA
D. 1mol碳正離子（CH3+）所含的電子數(shù)為6NA
【答案】B
【解析】
【詳解】A、氫氣為雙原子分子，氦氣為單原子分子，原子數(shù)均為NA，氫氣的物質(zhì)的量為0.5mol，氦氣的物質(zhì)的量為1mol，同溫同壓下，氣體體積之比等于物質(zhì)的量之比，即氫氣與氦氣體積之比等于0.5：1=1：2，故A錯誤；
B、共有NA個分子，則該混合物為1mol，即1mol該混合物中含有氧原子物質(zhì)的量為2mol，故B正確；
C、該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)不能進行到底，因此無法判斷出NH3的物質(zhì)的量，故C錯誤；
D、1molCH3＋所含電子物質(zhì)的量為1mol×(6＋3－1)=8mol，故D錯誤。
8.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是
A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. SSO3H2SO4
C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
A．鐵與氯氣反應(yīng)只能生成氯化鐵，A錯誤；B．硫在空氣或氧氣中燃燒只能生成二氧化硫，B錯誤；C．兩步均能實現(xiàn)，C正確；D．NO不與H2O反應(yīng)，D錯誤。
9.羰基硫（COS）可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將CO和H2S混合加熱并達到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
反應(yīng)前CO物質(zhì)的量為10mol，平衡后CO物質(zhì)的量為8mol。下列說法正確的是
A. 升高溫度，H2S濃度增加，表明該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)
B. 通入CO后，正反應(yīng)速率逐漸增大
C. 反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為7mol
D. CO的平衡轉(zhuǎn)化率為80%
【答案】C
【解析】
A.升高溫度，H2S濃度增加，說明平衡逆向移動，則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，A錯誤；B．通入CO后，正反應(yīng)速率瞬間增大，又逐漸減小，B錯誤；C. 根據(jù)
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
起始物質(zhì)的量（mol） 10 n 0 0
變化物質(zhì)的量（mol） 2 2 2 2
平衡物質(zhì)的量（mol） 8 n-2 2 2
設(shè)該容器的體積為V，根據(jù)K=0.1，列關(guān)系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正確；D.根據(jù)上述數(shù)據(jù)CO的平衡轉(zhuǎn)化率為2÷10×100%=20%，D錯誤；答案選C。
【考點定位】本題主要考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，反應(yīng)的熱效應(yīng)，化學(xué)平衡的有關(guān)計算
10.下列化學(xué)用語表達正確的是
A. NaHS的電離：NaHS = Na+ + H+ + S2－
B. 把金屬鐵放入稀硝酸中： Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑
C. NaHCO3溶液與少量的澄清石灰水反應(yīng)：HCO3－ + OH－ + Ca2+ = CaCO3↓+ H2O
D. HClO的電離：HClO H+ + ClO－
【答案】D
【解析】
【詳解】A、NaHS屬于弱酸的酸式鹽，其電離NaHS=Na＋＋HS－，故A錯誤；
B、活潑金屬與硝酸反應(yīng)不產(chǎn)生氫氣，故B錯誤；
C、澄清石灰水少量，反應(yīng)的離子方程式為Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故C錯誤；
D、HClO為弱酸，部分電離，其電離方程式為HClO H+ + ClO－，故D正確。
11.已知：C(s)＋O2(g)＝CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ/mol； CO(g)＋O2(g)＝CO2(g)　ΔH＝－283 kJ/mol，在36 g碳不完全燃燒所得氣體中，CO占體積，CO2占體積，且與這些碳完全燃燒相比，損失的熱量是
A. 172.5 kJ B. 283 kJ C. 566 kJ D. 1149 kJ
【答案】B
【解析】
【詳解】相同條件下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，令混合物的物質(zhì)的量xmol，根據(jù)C原子守恒，得出x/3＋2x/3=36g/12g·mol－1，解得x=3mol，即CO為1mol，根據(jù)蓋斯定律，與碳完全燃燒相比，損失的熱量應(yīng)是1molCO轉(zhuǎn)化成CO2時放出的熱量，即損失熱量為283kJ，故選項B正確。
12.下列實驗?zāi)苓_到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?br /> 選
項
試劑
實驗?zāi)康?br /> 實驗裝置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀HNO3
品紅溶液
證明SO2具有漂白性

B
MnO2
濃鹽酸
KI-淀粉溶液
比較Cl2與I2的氧化性強弱
C
Na2CO3
醋酸
Na2SiO3溶液
證明酸性：
CH3COOH ＞ H2CO3 ＞H2SiO3
D
蔗糖
濃硫酸
溴水
證明濃硫酸具有脫水性、氧化性
【答案】D
【解析】
【詳解】A、硝酸具有強氧化性，將Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能證明SO2的漂白性，不能達到相應(yīng)實驗?zāi)康?，故A不符合題意；
B、MnO2與濃鹽酸反應(yīng)需要加熱，常溫下不發(fā)生反應(yīng)，因此不能完成相應(yīng)實驗?zāi)康模蔅不符合題意；
C、醋酸具有揮發(fā)性，產(chǎn)生CO2中混有CH3COOH，對碳酸和硅酸的酸性比較具有干擾性，因此不能完成相應(yīng)實驗?zāi)康模蔆不符合題意；
D、蔗糖中滴加濃硫酸，白色變?yōu)楹谏?，體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，溴水褪色，說明蔗糖和濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生還原性氣體，即SO2，體現(xiàn)濃硫酸的氧化性，因此能達到相應(yīng)實驗?zāi)康?，故D符合題意。
13.一定條件下,對于可逆反應(yīng)X(g)+3Y(g) 2Z(g),若X、Y、Z的起始濃度分別為c1、c2、c3(均不為零),達到平衡時,X、Y、Z的濃度分別為0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,則下列判斷正確的是(　　)
A. c1∶c2=3∶1
B. 平衡時,Y和Z的生成速率之比為2∶3
C. X、Y的轉(zhuǎn)化率不相等
D. c1的取值范圍為0P1，然后根據(jù)勒夏特列原理，判斷出該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，nT1，P2>P1，然后根據(jù)勒夏特列原理，隨著溫度的升高，C%減小，說明正反應(yīng)方向為放熱反應(yīng)，隨著壓強增大，C%的減小，增大壓強，平衡向逆反應(yīng)方向進行，推出nHCO3－；
【詳解】依據(jù)電離平衡常數(shù)，判斷出電離出H＋能力大小：H2CO3>HClO>HCO3－；
A、利用酸性強的制取酸性弱，碳酸的酸性強于次氯酸，又因為HClO電離出H＋強于HCO3－，因此NaClO溶液中通少量CO2，發(fā)生離子反應(yīng)方程式為：ClO－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HClO，故A正確；
B、因為是通入過量的CO2，因此產(chǎn)物是NaHCO3和HClO，故B錯誤；
C、氯水中含有少量的HCl，Na2CO3中滴加少量氯水，因此Na2CO3與HCl反應(yīng)生成NaHCO3，不產(chǎn)生CO2，故C錯誤；
D、氯水中有Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl與NaHCO3反應(yīng)生成NaCl、CO2，促使平衡向正反應(yīng)方向進行，最終產(chǎn)物是NaCl、CO2、HClO，故D錯誤。
第II卷（非選擇題共45分）
三、填空題（共45分）
21.某化學(xué)學(xué)習(xí)小組設(shè)計如圖實驗裝置（夾持和加熱裝置略去）制備Cl2，并探究氯氣的相關(guān)性質(zhì)。

回答下列問題：
⑴ 裝置中a玻璃儀器的名稱為_____________；整套裝置裝配完畢后，首先進行的操作是______________，再添加試劑。
⑵ 若A裝置中的固體藥品為MnO2，其化學(xué)方程式為_______________________。若A裝置中的固體藥品為KClO3，則反應(yīng)中每生成1 mol Cl2時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_________mol（結(jié)果保留兩位小數(shù)）。
⑶ 裝置C的作用是驗證氯氣是否具有漂白性，Ⅰ處是濕潤的有色布條，則Ⅱ、Ⅲ處應(yīng)加入的物質(zhì)分別是_________、_____________。
⑷ 設(shè)計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。但有同學(xué)認為該設(shè)計不夠嚴密，他的理由可能是_____________。
⑸ 甲同學(xué)提出，裝置F中改用過量的Na2SO3溶液，乙同學(xué)認為此法不可行。請用離子方程式解釋乙認為不可行的原因：_____________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 檢查氣密性 (3). MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (4). 1.67 (5). 無水氯化鈣 (6). 干燥的有色布條 (7). 不能排除氯氣對溴、碘的非金屬性強弱實驗的干擾 (8). SO32－＋Cl2＋H2O=SO42－＋2Cl－＋2H＋、 SO32－＋2H＋===SO2↑＋H2O
【解析】
【詳解】（1）儀器a為分液漏斗，該實驗?zāi)康氖侵苽銫l2，因此裝配完畢后，應(yīng)檢驗裝置的氣密性；
（2）MnO2與濃鹽酸反應(yīng)制備Cl2，反應(yīng)方程式為MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；如果藥品是KClO3，發(fā)生反應(yīng)方程式為KClO3＋6HCl(濃)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，每生成1molCl2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol×5/3≈1.67mol；
（3）驗證Cl2是否具有漂白性，I處為濕潤的有色布條，II處作用為干燥氯氣，根據(jù)儀器特點，盛放的藥品為無水氯化鈣或者為P2O5，Ⅲ處應(yīng)與I處作對照實驗，因此Ⅲ處應(yīng)為干燥有色布條；
（4）比較氯、溴、碘的非金屬性，利用置換反應(yīng)，根據(jù)裝置圖，Cl2可能與KI溶液反應(yīng)，對比較溴和碘非金屬性產(chǎn)生干擾，因此缺陷是不能排除氯氣對溴、碘的非金屬性強弱實驗的干擾；
（5）Cl2具有強氧化性，能把Na2SO3氧化成Na2SO4，離子反應(yīng)方程式為SO32－＋Cl2＋H2O=SO42－＋2Cl－＋2H＋，所加Na2SO3為過量，因此2H＋＋SO32－=SO2↑＋H2O，SO2有毒，對環(huán)境有污染。
22.霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括PM 2.5在內(nèi)）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等?；瘜W(xué)在解決霧霾污染中有著重要的作用。
⑴ 已知：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H =﹣196.6kJ?mol－1
2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H =﹣113.0kJ?mol－1
則反應(yīng)NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g) △H =__________kJ?mol－1。
一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的有__________。
a、體系密度保持不變 b、混合氣體顏色保持不變
c、SO2和NO的體積比保持不變 d、每消耗1mol SO3的同時生成1mol NO2
測得上述反應(yīng)平衡時NO2與SO2體積比為1:5，則平衡常數(shù)K=________________。
⑵ CO、CO2都可用于合成甲醇。甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料，近幾年開發(fā)的甲醇燃料電池采用鉑作電極催化劑，電池中的質(zhì)子交換膜只允許質(zhì)子和水分子通過。其工作原理的示意圖如圖1所示，回答下列問題。

① Pt(a)電極是電池的______極，電極反應(yīng)式為：_________________。
② 如果該電池工作時電路中通過2 mol電子，則消耗的CH3OH有________mol。
③ CO用于合成甲醇反應(yīng)方程式為：CO(g) + 2H2(g)CH3OH (g) ，CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關(guān)系如圖2所示。實際的生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是____________。
⑶ 圖3是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理。
① 該脫硝原理中，NO最終轉(zhuǎn)化為H2O和__________（填化學(xué)式）。
② 當消耗2mol NH3和0.5mol O2時，除去的NO在標準狀況下的體積為__________L。
⑷ NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑。在不同條件下，NO的分解產(chǎn)物不同。在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質(zhì)的量隨時間變化曲線如圖4所示，寫出NO分解的化學(xué)方程式______________。
【答案】 (1). ﹣41.8kJ/mol (2). bc (3). 1.8 (4). 負 (5). 2CH3OH＋2H2O－12e－＝2CO2↑＋12H＋ (6). 1/3 (7). 此壓強下CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強轉(zhuǎn)化率提高不大且會增加生產(chǎn)成本 (8). N2 (9). 44.8 L (10). 3NO N2O + NO2
【解析】
【詳解】（1）①2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，②2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)，根據(jù)目標反應(yīng)方程式，根據(jù)蓋斯定律，(①－②)/2得出△H=(－196.6kJ·mol－1＋113.0kJ·mol－1)/2=－41.8kJ·mol－1；a、組分都是氣體，氣體質(zhì)量不變，容器為恒容，因此任何時刻氣體密度都不變，因此密度不變，不能說明反應(yīng)達到平衡，故a不符合題意；
b、NO2為紅棕色氣體，其余氣體為無色，因此當氣體顏色不再改變，說明反應(yīng)達到平衡，故b符合題意；
c、SO2是反應(yīng)物，NO為生成物，因此當SO2和NO的體積比保持不變，說明反應(yīng)達到平衡，故c符合題意；
d、消耗SO3，生成NO2都是向逆反應(yīng)方向進行，不能說明反應(yīng)達到平衡，故d不符合題意；
令NO2的物質(zhì)的量為1mol，SO2的物質(zhì)的量為2mol，NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g)
起始： 1 2 0 0
變化： x x x x
平衡：1－x 2－x x x
(1－x):(2－x)=1:5，解得x=0.75，四種物質(zhì)的系數(shù)都是1，因此有K==1.8；
（2）①Pt(a)一極通入CH3OH和H2O，轉(zhuǎn)化成CO2和H2O，C的化合價－2價→＋4價，化合價升高，根據(jù)原電池工作原理，Pt(a)為負極，其電極反應(yīng)式為CH3OH＋H2O－6e－=CO2↑＋6H＋；
②根據(jù)①電極反應(yīng)式，通過2mole－，消耗CH3OH物質(zhì)的量為2mol/6=1/3mol；
③根據(jù)圖2，此壓強下CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強，轉(zhuǎn)化率提高并不大，會增加生產(chǎn)成本；
（3）①根據(jù)圖3，NH3最終轉(zhuǎn)化為H2O和N2；
②根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，NH3中N的化合價升高，NO和O2中化合價降低，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，2mol×[0－(－3)]=0.5mol×2×[0－(－2)]＋n(NO)×(2－0)，解得n(NH3)=2mol，標準狀況下，V(NO)=2mol×22.4L·mol－1=44.8L；
（4）NO分解生成兩種化合物，NO為反應(yīng)物，根據(jù)圖4，NO的物質(zhì)的量為3mol，Y和Z為生成物，且物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)氮元素守恒，生成物中含有N2O，N的化合價降低，必然有化合價升高，即另一種產(chǎn)物是NO2，因此化學(xué)反應(yīng)方程式為3NON2O＋NO2。
23.以冶鋁的廢棄物鋁灰為原料制取超細α-氧化鋁，既降低環(huán)境污染又可提高鋁資源的利用率。已知鋁灰的主要成分為Al2O3（含少量雜質(zhì)SiO2、FeO、Fe2O3），其制備實驗流程如下：

（1）鋁灰中氧化鋁與硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為。
（2）圖中“濾渣”的主要成分為 (填化學(xué)式)。
（3）加30%的H2O2溶液發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為。
（4）煅燒硫酸鋁銨晶體，發(fā)生的主要反應(yīng)為：
4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,將產(chǎn)生的氣體通過下圖所示的裝置。

①集氣瓶中收集到的氣體是 (填化學(xué)式)。
②足量飽和NaHSO3溶液吸收的物質(zhì)除大部分H2O（g）外還有 (填化學(xué)式)。
③KMnO4溶液褪色（MnO4－還原為Mn2+），發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為。
【答案】（1）Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O（2分）
（2）SiO2（2分）
（3）2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O（2分）
（4）①N2（2分）②SO3、NH3（2分，缺漏不給分）。
③2MnO4－ +5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+（2分）
【解析】
根據(jù)題意，鋁灰的主要成分為Al2O3（含少量雜質(zhì)SiO2、FeO、Fe2O3），鋁灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為離子，SiO2不溶于硫酸，過濾，濾液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入雙氧水，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾，在濾液中加入硫酸銨，生成NH4Al（SO4）2，結(jié)晶、干燥、煅燒得到α-Al2O3。
（1）Al2O3與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁和水，其反應(yīng)的方程式為Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。
（2）根據(jù)上述分析，圖中“濾渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化學(xué)式為SiO2。
（3）濾液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液將Fe2+被氧化為Fe3+，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）①NH4Al（SO4）2?12H2O分解生成的氣體NH3和SO3被亞硫酸鈉吸收，二氧化硫被高錳酸鉀吸收，所以最后集氣瓶中收集到的氣體是N2。
②飽和NaHSO3能與SO3、氨氣反應(yīng)，則足量飽和NaHSO3溶液吸收的物質(zhì)除大部分H2O（g）外，還有SO3、NH3 。
③酸性條件下，KMnO4與二氧化硫反應(yīng)生成硫酸根離子和錳離子，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平，其反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。
點睛：本題以氧化鋁提取工藝流程為載體，綜合考查元素化合物性質(zhì)及相互轉(zhuǎn)化、氧化還原、離子方程式、實驗基本操作等知識點，為高考常見題型，注意把握制備原理，把握物質(zhì)的性質(zhì)以及相關(guān)反應(yīng)方程式的書寫。
24.某一元弱酸（用HA表示）在水中的電離方程式是HAH＋＋A－，回答下列問題：
⑴ 向純水中加入適量HA，水的電離平衡將向________（填“正”、“逆”）反應(yīng)方向移動，理由是_______。
⑵ 若向⑴所得溶液中加入適量NaCl溶液，以上平衡將向________（填“正”、“逆”）反應(yīng)方向移動，溶液中c(A－)將____________（填“增大”、“減小”或“不變”），溶液中c(OH－)將____________（填“增大”、“減小”或“不變”）。
⑶ 在25 ℃下，將a mol·L－1的氨水與0.01 mol·L－1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時溶液中c(NH)=c(Cl－)，則溶液顯________性（填“酸”、“堿”或“中”），a_____0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝_________________。
【答案】 (1). 逆 (2). c(H＋)增大，平衡向減小c(H＋)的方向即逆反應(yīng)方向移動 (3). 正 (4). 減小 (5). 增大 (6). 中 (7). 大于 (8). 10－9/(a－0.01)mol·L－1
【解析】
【詳解】（1）HA為一元弱酸，蒸餾水中加入HA，對水的電離平衡起抑制作用，即向逆反應(yīng)方向移動；水中存在H2OH＋＋OH－，HA為一元弱酸，加入蒸餾水中HA電離出H＋，溶液c(H＋)增大，使水的電離平衡向逆反應(yīng)方向進行；
（2）向(1)溶液中加入NaCl溶液，NaCl不參與反應(yīng)，但加入NaCl溶液稀釋(1)所得溶液，促使HA發(fā)生電離，HA的電離平衡向正反應(yīng)方向移動；雖然電離平衡向正反應(yīng)方向移動，當溶液的體積也增大，因此c(A－)減小，c(H＋)減小，根據(jù)水的離子積，c(OH－)增大；
（3）根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，因為c(NH4＋)=c(Cl－)，因此c(H＋)=c(OH－)，溶液顯中性，當a=0.01mol·L－1時，兩種溶液等體積混合，恰好完全生成NH4Cl，溶液顯酸性，溶液顯中性，因此NH3·H2O稍微過量，即a>0.01mol·L－1，電離常數(shù)只受溫度的影響，溶液中c(OH－)=10－7mol·L－1，c(NH4＋)=c(Cl－)=0.01mol·L－1/2=5×10－3mol·L－1，根據(jù)物料守恒，c(NH3·H2O)=(a/2mol·L－1－5×10－3mol·L－1)，NH3·H2O電離平衡常數(shù)Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入數(shù)值，得出NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=10－9/(a－0.01)。
【點睛】易錯點是問題（3），應(yīng)注意等體積混合后，Cl－濃度應(yīng)是原來的一半，根據(jù)NH3·H2O總物質(zhì)的量濃度是原來的一半，進行分析和判斷。